【期末押题卷】上海市2024-2025学年高一下学期物理期末预测押题卷三（含解析）

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上海市2024-2025学年高一下学期物理期末预测押题卷
1．（14分）（2024春 信阳期末）如图所示，某货场将质量为m1＝10kg的货物（可视为质点）由水平传送带运输，传送带的长度为L＝15m，始终以v＝6m/s的速度做匀速运动，货物与传送带间的动摩擦因数为μ0＝0.15，将货物无初速度地放上传送带，地面上紧靠轨道依次排放两个完全相同的木板A、B，A、B间不连接，长度均为l＝2m，质量均为m2＝20kg，与传送带等高，传送带沿顺时针方向转动，假设货物离开传送带后能水平滑上木板且无能量损失，货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2。求：
（1）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ1需要满足什么条件？
（2）与未放货物相比，物体在传送带上运动过程中，带动传送带转动的电动机需要多消耗的电能；
（3）若μ1＝0.8，货物滑上木板后与木板上表面由于摩擦而产生的内能。
2．（17分）（2024 松江区二模）太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，如图1是太空电梯升降舱与地球同步轨道上的太空站相连。将乘客送入距地球高度h约3.6×107米的一座太空站。地球的质量M地约为6×1024kg，地球的半径R约为6.4×106m，引力常量G＝6.67×10﹣11N m2/kg2。
（1）太空站中漂浮的水珠呈完美的球形，原因是 　 　 。
（2）太空站的速度 　 　 第一宇宙速度（选：A．大于、B．等于、C．小于）；周期约为 　 　 小时。
（3）地面上观察者测出高速上升的太空电梯从地面到太空站的时间为t1，而乘客测得的时间为t2，则下列选项正确的是 　 　 。
A．t1＞t2
B．t1＝t2
C．t1＜t2
（4）（简答）如图2为加速度a与太空电梯距地心的距离r的关系图像，图线A为地球对太空电梯的引力产生的加速度大小，图线B表示太空电梯静止时的向心加速度大小，R表示地球半径。求：
①太空电梯从地表以5g的加速度启动，质量为m的乘客承受的压力F；为了安全，乘客应保持什么姿势；
②太空电梯匀速上升阶段乘客受到升降舱作用力大小的变化情况；
③分析说明并估算图中r0的数值大小。
3．（10分）（2025 徐汇区一模）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律。重力加速度大小为g。
（1）测量挡光片宽度宜选用 　 　 。
A.厘米刻度尺
B.游标卡尺
C.螺旋测微器
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　 　 。
A.F增大，T减小
B.F、T都增大
C.F减小，T增大
D.F、T都减小
（3）将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　 　 为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。
（4）（计算）摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，求刹停过程中制动装置对摆锤做功W。
4．（17分）（2023秋 浦东新区校级月考）“神舟飞船”从发射到与“天宫”对接的过程，简化分为三个阶段，如图所示。先发射到近地轨道Ⅲ环绕地球表面运动，再择机在B点点火后沿椭圆轨道Ⅱ运动，最后再择机点火在A点与“天宫”对接圆形轨道Ⅰ运动。已知球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，“天宫”距地面的高度为h，不考虑大气层的影响。
（1）“神舟飞船”在轨道Ⅲ上运动的线速度约为 　 　 ，与在轨道Ⅰ上运动的线速度大小相比较是 　 　 （选填“大”、“小”或“相等）；
（2）“神舟飞船”在轨道I上运动的加速度大小是 　 　 ，与在轨道Ⅱ上运动到A点时的加速度大小相比较是 　 　 （选填“大”、“小”或“相等）；
（3）神舟航天员从天和核心舱气闸舱出舱“漫步”，手中举着国旗。若轻轻松开手中的国旗，则国旗的运动情况是 　 　 。
A．向地球作落体运动
B．沿轨道切线远离航天员
C．相对地心保持静止
D．绕地心做匀速圆周运动
（4）神舟15号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服。航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为V1＝2L，压强p1＝1.0×105Pa，温度t1＝27℃。打开舱门前，航天员需将航天服内一定质量的理想气体的气压降低到p2＝4.4×104Pa，体积变为 　 　 L，此时密闭气体温度变为t2＝﹣9℃。在t1＝27℃和t2＝﹣9℃的温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示，则与t2＝﹣9℃对应的曲线是 　 　 （选填“实线”或“虚线”）。为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝3.0×104Pa。假设释放气体过程中温度保持为t3＝﹣9℃不变，体积变为V3＝2.2L，那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为 　 　 。
5．（17分）（2024 丰台区二模）（1）如图甲所示，在探究平行板电容器电容的实验中，保持电容器所带电荷量Q、两极板正对面积S、极板间距d都不变，在两极板间插入绝缘介质（如有机玻璃板）后，发现静电计指针张角变小。请根据实验现象推理说明两极板之间插入绝缘介质对平行板电容器电容C的影响。
（2）绝缘介质中只有不能自由移动的束缚电子和原子实（带正电）。把绝缘介质放入电场中，由于束缚电子和原子实的电性不同，受到静电力方向不同，因此束缚电子和原子实被“拉开”极小距离，最终的宏观效果为均匀介质表面出现正负电荷，如图乙所示。这种现象称为介质的极化，表面出现的电荷称为极化电荷。
a.现有一长方体均匀绝缘介质，长、宽、高分别为a、b、c，若沿a方向施加场强为E0的匀强电场，绝缘介质表面单位面积产生的极化电荷量为P。极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容，k为静电力常量，不考虑边缘效应，求极化电荷产生电场的场强E的大小；
b.请根据上述材料，解释（1）中插入绝缘介质（如图丙所示）后电容器的电容变化的原因。（需要的物理量可自行设定）
6．（25分）（2023秋 徐汇区校级期中）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30度打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
（1）由题意可得电子带负电，电子轨迹向下偏转，则电场力向 　 　 ，图乙中偏转电场强度的方向为 　 　 ，电子刚离开加速电场时的速度为 　 　 。
（2）请分析计算偏转电场强度E的大小和P点到偏转电场右边界距离s。
（3）若由于工作人员失误，加速电压U0增大少许，电子会打在P点 　 　 侧，除了修正加速电压的数值以外，请说出两种方法可以使得对病情的探测无影响 　 　 。
（4）由于技术升级，经过专家研究可以将该电子枪改装成发射Y粒子（质量和电荷未知）的装置，请帮助专家论证是否需要重新设计偏转电场和靶台。
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参考答案与试题解析
1．（14分）（2024春 信阳期末）如图所示，某货场将质量为m1＝10kg的货物（可视为质点）由水平传送带运输，传送带的长度为L＝15m，始终以v＝6m/s的速度做匀速运动，货物与传送带间的动摩擦因数为μ0＝0.15，将货物无初速度地放上传送带，地面上紧靠轨道依次排放两个完全相同的木板A、B，A、B间不连接，长度均为l＝2m，质量均为m2＝20kg，与传送带等高，传送带沿顺时针方向转动，假设货物离开传送带后能水平滑上木板且无能量损失，货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2。求：
（1）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ1需要满足什么条件？
（2）与未放货物相比，物体在传送带上运动过程中，带动传送带转动的电动机需要多消耗的电能；
（3）若μ1＝0.8，货物滑上木板后与木板上表面由于摩擦而产生的内能。
【考点】常见力做功与相应的能量转化；水平传送带模型；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】（1）则μ1需要满足0.6＜μ1≤1；
（2）带动传送带转动的电动机需要多消耗的电能为360J；
（3）若μ1＝0.8，货物滑上木板后与木板上表面由于摩擦而产生的内能为J。
【分析】（1）根据静摩擦力与滑动摩擦力的关系解答；
（2）（3）根据牛顿第二定律解得加速度，分享货物的运动情况，根据摩擦力做功公式结合功能关系解答。
【解答】解：（1）若货物滑上木板A时，木板不动，则需满足
μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g
滑上木板B时，木板B开始滑动，则需满足
μ1m1g＞μ2（m1+m2）g
解得
0.6＜μ1≤1
（2）设货物在传送带上加速时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
μ0m1g＝m1a
解得
a＝1.5m/s2
假设货物可以和传送带共速，则货物加速的位移为
解得x1＝12m＜L
故假设成立，货物加速的时间为
则货物加速过程中，传送带的位移为
x2＝vt
物体在传送带滑动过程中因摩擦生热为
Q＝μ0m1gΔx＝μ0m1g（x2﹣x1）
与未放货物相比，物体在传送带上运动过程中，带动传送带转动的电动机需要多消耗的电能
解得E＝360J
（3）货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，设货物在木板上滑动时的加速度大小为a1，则
μ1m1g＝m1a1
解得
货物滑上B时，B的加速度为a2，则
μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＝m2a2
解得
设货物刚滑上B时的速度大小为v0，则
解得
v0＝2m/s
设货物滑上B后经过时间t后达到共速，则
v0﹣a1t＝a2t＝v共
解得
，
则货物滑上B后，货物的位移为
x3
B的位移为
货物与B板的相对位移为
Δx'＝x3﹣x4
货物滑上木板后与木板上表面由于摩擦而产生的内能
Q＝μ1m1g（l+Δx'）
解得QJ
答：（1）则μ1需要满足0.6＜μ1≤1；
（2）带动传送带转动的电动机需要多消耗的电能为360J；
（3）若μ1＝0.8，货物滑上木板后与木板上表面由于摩擦而产生的内能为J。
【点评】本题考查了功能关系和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运动到不同的地方时木板的受力不一样。
2．（17分）（2024 松江区二模）太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，如图1是太空电梯升降舱与地球同步轨道上的太空站相连。将乘客送入距地球高度h约3.6×107米的一座太空站。地球的质量M地约为6×1024kg，地球的半径R约为6.4×106m，引力常量G＝6.67×10﹣11N m2/kg2。
（1）太空站中漂浮的水珠呈完美的球形，原因是 　水珠处于完全失重状态，液体表面张力的作用　 。
（2）太空站的速度 　小于　 第一宇宙速度（选：A．大于、B．等于、C．小于）；周期约为 　24　 小时。
（3）地面上观察者测出高速上升的太空电梯从地面到太空站的时间为t1，而乘客测得的时间为t2，则下列选项正确的是 　A　 。
A．t1＞t2
B．t1＝t2
C．t1＜t2
（4）（简答）如图2为加速度a与太空电梯距地心的距离r的关系图像，图线A为地球对太空电梯的引力产生的加速度大小，图线B表示太空电梯静止时的向心加速度大小，R表示地球半径。求：
①太空电梯从地表以5g的加速度启动，质量为m的乘客承受的压力F；为了安全，乘客应保持什么姿势；
②太空电梯匀速上升阶段乘客受到升降舱作用力大小的变化情况；
③分析说明并估算图中r0的数值大小。
【考点】第一、第二和第三宇宙速度的物理意义；超重与失重的图像问题；万有引力与重力的关系（黄金代换）．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）水珠处于完全失重状态，液体表面张力的作用；（2）C；24；（3）A；（4）①质量为m的乘客承受的压力F大小为6mg，乘客应保持躺卧姿势；②乘客受到升降舱作用力大小的变化情况是一直变小；③r0处万有引力完全提供向心力，太空电梯处于完全失重状态，r0为同步轨道高度。估算r0的数值大小为4.24×107m。
【分析】（1）根据水珠处于完全失重状态，以及液体表面张力的作用解答；
（2）根据第一宇宙速度的意义，由万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律解答；
（3）根据相对论的钟慢效应解答；
（4）①根据牛顿第二定律解答；
②③对太空电梯上升阶段，根据牛顿第二定律，结合图2的物理意义解答。
【解答】解：（1）太空站中漂浮的水珠呈完美的球形是由于水珠处于完全失重状态，在液体表面张力的作用下收缩成球形。
（2）第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度。
根据万有引力提供向心力得：G，解得：v
因太空站的轨道半径大于地球半径，故太空站的速度小于第一宇宙速度，故C正确，AB错误。
因太空站处于地球同步轨道上，故其周期约为24小时。
（3）太空电梯相对地面高速上升，根据相对论的钟慢效应，可知：t1＞t2，故A正确，BC错误。
（4）①根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝5mg，解得：F＝6mg；
为了安全，乘客应保持躺卧姿势。
②③对太空电梯上升阶段，在沿着线缆的方向上，根据牛顿第二定律得：
GF′＝mω2r，变形为：Gω2r
其中ω2r就等于静止时的向心加速度大小，G就是地球对太空电梯的引力产生的加速度大小。
由图2可知，当r＝r0时两者相等，说明在r0处万有引力完全提供向心力，太空电梯处于完全失重状态，r0为同步轨道半径（即达到了太空站），则有：
r0＝R+h≈6.4×106m+3.6×107m＝4.24×107m
对太空电梯匀速上升阶段（r＜r0），由图2可知，Gω2r的差值逐渐变小，则乘客受到升降舱作用力F′的大小的变化情况是一直变小。
故答案为：（1）水珠处于完全失重状态，液体表面张力的作用；（2）C；24；（3）A；（4）①质量为m的乘客承受的压力F大小为6mg，乘客应保持躺卧姿势；②乘客受到升降舱作用力大小的变化情况是一直变小；③r0处万有引力完全提供向心力，太空电梯处于完全失重状态，r0为同步轨道高度。估算r0的数值大小为4.24×107m。
【点评】本题为很基础的万有引力定律在天体运动中的应用问题，环绕天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律解答。需要理解星体的第一宇宙速度的物理意义。要注意升降舱沿线缆运动时或处于某一位置相对地球静止时（除了同步轨道），其所需向心力不是完全由万有引力提供。
3．（10分）（2025 徐汇区一模）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律。重力加速度大小为g。
（1）测量挡光片宽度宜选用 　B　 。
A.厘米刻度尺
B.游标卡尺
C.螺旋测微器
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　B　 。
A.F增大，T减小
B.F、T都增大
C.F减小，T增大
D.F、T都减小
（3）将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　　 为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。
（4）（计算）摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，求刹停过程中制动装置对摆锤做功W。
【考点】验证机械能守恒定律；解析法求共点力的平衡；利用动能定理求解变力做功．
【专题】定量思想；推理法；实验分析法；共点力作用下物体平衡专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力；实验探究能力．
【答案】（1）B；（2）B；（3）；
（4）刹停过程中制动装置对摆锤做功W为mgL（1﹣cosθ）mv2。
【分析】（1）从提高测量精度和易于操作的角度，选择测量工具。
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，摆锤始终处于平衡状态，对摆锤受力分析，根据平衡条件解答。
（3）根据光电门测速原理得到摆锤经过挡光片的速度大小，根据机械能守恒定律求得要验证的表达式，得到满足要求的纵坐标的物理量。
（4）对刹停过程，根据动能定理解答。
【解答】解：（1）为提高测量精度和易于操作，测量挡光片宽度宜选用游标卡尺，故B错误，AC错误。
故选：B。
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，摆锤始终处于平衡状态，受力如下图所示，设轻质连杆与竖直方向的夹角为β。
推力F＝mgtanβ
拉力T
从最低点缓慢推高摆锤的过程，β增大，可得F与T均增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）设摆锤静止释放时的高度为h0，根据机械能守恒定律可得：mg（h0﹣h）mv2
根据光电门测速原理可得：v
联立可得：gh0﹣gh
若使图线为斜率大小近似为g的倾斜直线，则应以为纵坐标绘制图线。
（4）对刹停过程，根据动能定理得：
﹣mgL（1﹣cosθ）+W＝0mv2
解得：W＝mgL（1﹣cosθ）mv2
故答案为：（1）B；（2）B；（3）；
（4）刹停过程中制动装置对摆锤做功W为mgL（1﹣cosθ）mv2。
【点评】本题围绕着验证机械能守恒定律的实验，考查了受力的动态平衡问题，机械能守恒定律的应用，动能定理求解变力的问题，题目难度适中。解答受力的动态平衡问题是可采用图解法或解析法，应用动能定理时注意做功的正负。
4．（17分）（2023秋 浦东新区校级月考）“神舟飞船”从发射到与“天宫”对接的过程，简化分为三个阶段，如图所示。先发射到近地轨道Ⅲ环绕地球表面运动，再择机在B点点火后沿椭圆轨道Ⅱ运动，最后再择机点火在A点与“天宫”对接圆形轨道Ⅰ运动。已知球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，“天宫”距地面的高度为h，不考虑大气层的影响。
（1）“神舟飞船”在轨道Ⅲ上运动的线速度约为 　　 ，与在轨道Ⅰ上运动的线速度大小相比较是 　大　 （选填“大”、“小”或“相等）；
（2）“神舟飞船”在轨道I上运动的加速度大小是 　　 ，与在轨道Ⅱ上运动到A点时的加速度大小相比较是 　相等　 （选填“大”、“小”或“相等）；
（3）神舟航天员从天和核心舱气闸舱出舱“漫步”，手中举着国旗。若轻轻松开手中的国旗，则国旗的运动情况是 　D　 。
A．向地球作落体运动
B．沿轨道切线远离航天员
C．相对地心保持静止
D．绕地心做匀速圆周运动
（4）神舟15号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服。航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为V1＝2L，压强p1＝1.0×105Pa，温度t1＝27℃。打开舱门前，航天员需将航天服内一定质量的理想气体的气压降低到p2＝4.4×104Pa，体积变为 　4　 L，此时密闭气体温度变为t2＝﹣9℃。在t1＝27℃和t2＝﹣9℃的温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示，则与t2＝﹣9℃对应的曲线是 　虚线　 （选填“实线”或“虚线”）。为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝3.0×104Pa。假设释放气体过程中温度保持为t3＝﹣9℃不变，体积变为V3＝2.2L，那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为 　5：8　 。
【考点】近地卫星；万有引力与重力的关系（黄金代换）．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；气体的状态参量和实验定律专题；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】（1），大；（2），相等；（3）D；（4）4，虚线，5：8
【分析】（1）（2）根据万有引力提供向心力可以计算线速度、加速度的大小；
（3）根据国旗所受的万有引力全部用来提供做圆周运动所需的向心力，处于完全失重状态，进行判断；
（4）根据理想气体状态方程和据玻意耳定律解答。
【解答】解：（1）神舟飞船”在轨道Ⅲ上，根据万有引力提供向心力
解得
根据
可得
可知“神舟飞船”在轨道Ⅲ上运动的线速度大于在轨道I上运动的线速度。
（2）根据
结合
联立可得“神舟飞船”在轨道I上运动的加速度大小
根据
可知“神舟飞船”在轨道I上运动的加速度大小等于在轨道Ⅱ上运动到A点时的加速度大小。
（3）国旗所受的万有引力全部用来提供做圆周运动所需的向心力，处于完全失重状态，轻轻松开手中的国旗，国籍继续绕地心作匀速圆周运动。故ABC错误，D正确。
故选：D。
（4）初态体积约为V1＝2L，压强p1＝1.0×105Pa，温度T1＝300K，末态p2＝4.4×104Pa，温度T2＝264K，根据理想气体状态方程可得
解得
V2＝4L
t2＝﹣9℃温度较低，则平均动能较小，则速率较小的分子占比多，故应为虚线；
气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律可得
p2V2＝p3（V3+ΔV）
航天服放出的气体与原来气体的质量比
联立解得航天服放出的气体与原来气体的质量比为
故答案为：（1），大；（2），相等；（3）D；（4）4，虚线，5：8
【点评】本题考查了天体的运动和理想气体状态方程、玻意耳定律，列出万有引力等于向心力、找到气体的初末状态是解题的关键，有一定的难度。
5．（17分）（2024 丰台区二模）（1）如图甲所示，在探究平行板电容器电容的实验中，保持电容器所带电荷量Q、两极板正对面积S、极板间距d都不变，在两极板间插入绝缘介质（如有机玻璃板）后，发现静电计指针张角变小。请根据实验现象推理说明两极板之间插入绝缘介质对平行板电容器电容C的影响。
（2）绝缘介质中只有不能自由移动的束缚电子和原子实（带正电）。把绝缘介质放入电场中，由于束缚电子和原子实的电性不同，受到静电力方向不同，因此束缚电子和原子实被“拉开”极小距离，最终的宏观效果为均匀介质表面出现正负电荷，如图乙所示。这种现象称为介质的极化，表面出现的电荷称为极化电荷。
a.现有一长方体均匀绝缘介质，长、宽、高分别为a、b、c，若沿a方向施加场强为E0的匀强电场，绝缘介质表面单位面积产生的极化电荷量为P。极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容，k为静电力常量，不考虑边缘效应，求极化电荷产生电场的场强E的大小；
b.请根据上述材料，解释（1）中插入绝缘介质（如图丙所示）后电容器的电容变化的原因。（需要的物理量可自行设定）
【考点】电容器的动态分析——电容器与静电计相连．
【专题】计算题；定量思想；推理法；电容器专题；分析综合能力．
【答案】（1）插入绝缘介质，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C，说明平行板电容器的电容C变大。
（2）a.极化电荷产生电场的场强E的大小为4πkP；
b.电容变化原因见解析。
【分析】（1）根据静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，结合电容器的定义式分析求解；
（2）a.根据电容器的定义式，结合电容器的决定式，联立匀强电场中电场强度与电压的关系分析求解；
b.根据电场强度的叠加，结合电容器的定义式分析求解。
【解答】解：（1）该实验中，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C，说明平行板电容器的电容C变大，因此可得插入绝缘介质，电容C增大。
（2）a、设绝缘介质表面的极化电荷的电荷量为q，根据电容器的定义式，可得：C，其中q＝Pbc
因为极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容C，其中S＝bc，d＝a
联立方程得：，即
根据匀强电场中电场强度与电压的关系：E，
解得：E＝4πkP
b、设未插入绝缘介质时，板间电压为U1，电场强度大小为E1，插入绝缘介质后，板间电压为U2，电场强度大小为E2，根据题a中结论可得：E1；
插入绝缘介质后，设绝缘介质表面产生的单位面积极化电荷量为P′，则其形成的电场强度E′＝4πkP'，方向与E1相反；
根据场的矢量性，可得，即合场强：E＝4xk（P′）
因此E2＜E1，即U2＜U1，根据电容器的定义式C，说明插入绝缘介质后电容增大。
答：（1）插入绝缘介质，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C，说明平行板电容器的电容C变大；
（2）a、极化电荷产生电场的场强E的大小为4πkP；
b、电容变化原因见解析。
【点评】本题考查了电容器相关知识，理解电容器的定义式和决定式中各个物理量的含义是解决此类问题的关键。
6．（25分）（2023秋 徐汇区校级期中）XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30度打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
（1）由题意可得电子带负电，电子轨迹向下偏转，则电场力向 　下　 ，图乙中偏转电场强度的方向为 　向上　 ，电子刚离开加速电场时的速度为 　　 。
（2）请分析计算偏转电场强度E的大小和P点到偏转电场右边界距离s。
（3）若由于工作人员失误，加速电压U0增大少许，电子会打在P点 　右　 侧，除了修正加速电压的数值以外，请说出两种方法可以使得对病情的探测无影响 　加速电压U0增大少许，会使电子进入偏转电场的初速度变大，竖直方向无影响，但水平位移增加，故电子会打到P点右侧；可以适当向右移动靶台，也可以将偏转场的电场强度降低。　 。
（4）由于技术升级，经过专家研究可以将该电子枪改装成发射Y粒子（质量和电荷未知）的装置，请帮助专家论证是否需要重新设计偏转电场和靶台。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）下；向上；。
（2）偏转电场强度E的大小为；P点到偏转电场右边界距离s为。
（3）右；加速电压U0增大少许，会使电子进入偏转电场的初速度变大，竖直方向无影响，但水平位移增加，故电子会打到P点右侧；
可以适当向右移动靶台，也可以将偏转场的电场强度降低。
（4）不需要重新设计偏转电场和靶台。
【分析】电子带负电，其受力方向与场强方向相反，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上；
根据类平抛运动的相关知识，将曲线运动分解为两个直线运动，再利用直线运动知识即可求场强及P点到偏转电场右边界距离，并比较相关问题。
【解答】解：（1）电子带负电，其受力方向与场强方向相反，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上；
根据动能定理
eU0
可得电子离开加速电场时的速度为
v0
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，设v0 与水平方向的夹角为θ，
则由速度方向公式有：tanθ＝tan30°
在水平方向：L0＝v0t
在竖直方向：vy＝at
联立以上几式可得：E
根据几何关系有
tan30°
解得s
（3）对电子在加速电场中，根据动能定理得：eU0
设出偏转电场时的偏转角为θ，偏转电压为U，vx＝v0，综上得：tanθ
加速电压U0增大，则偏转角θ变小，出电场后竖直高度h变大，运动时间变长，因为电子不受外力，故做匀速直线运动，故水平位移增大，故若加速电压U0增大少许，电子会打在P点右侧。
（4）根据v0，
L0＝v0t
vy＝at
可得tan30°
与原来轨迹相同，故不需要重新设计偏转电场和靶台。
答：（1）下；向上；。
（2）偏转电场强度E的大小为；P点到偏转电场右边界距离s为。
（3）右；加速电压U0增大少许，会使电子进入偏转电场的初速度变大，竖直方向无影响，但水平位移增加，故电子会打到P点右侧；
可以适当向右移动靶台，也可以将偏转场的电场强度降低。
（4）不需要重新设计偏转电场和靶台。
【点评】本题是一道考查带电粒子在电场中加速和偏转的好题，解题时注意对类平抛运动的推论的应用。
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